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Q1
A profundidade da água em repouso atrás de um dique é H = 15 m. Um tubo horizontal de diâmetro
d = 4, 0 cm passa através do dique, a uma profundidade h = 6, 0 m abaixo da superfı́cie da água, como
mostra a Figura. Um tampão fecha a abertura do tubo.
a) (1,0) Determine a força de atrito entre o tampão e as paredes do
tubo (admita que a pressão em cada uma das extremidades
do tampão é constante ao longo da sua respectiva área).
b) (1,5) O tampão é removido. Determine o volume de água que flui
através do tubo em um tempo ∆t = 3, 0 horas (admita que
a variação do nı́vel de água no reservatório durante este intervalo de tempo possa ser desprezada).
SOLUÇÃO Q1
a) As forças agindo sobre a rolha são:
Fp1 → força de pressão interna, dirigida p/ fora
Fp2 → força de pressão externa, dirigida p/ dentro (|Fp2 | < |Fp1 |)
Fat → força de atrito, dirigida p/ dentro.
Com a área da seção reta da rolha a = πd2 /4, o equilı́brio corresponde a:
Fp1 = Fat + Fp2 =⇒ (p0 + ρagua gh)a = Fat + p0 a
(p0 =pressão atmosférica; h =6,0 m)
Fat
= ρagua gha =
Fat
=
π
3, 14
ρagua ghd2 =
× 1, 00 × 103 kg/m3 × (9, 8m/s2 ) × (6, 0m) × (4, 0 × 10−2 m)2
4
4
73, 9 N.
√
b) Da Eq. de Bernoulli, v = 2gh será a velocidade com que a água sairá (admitindo que o nı́vel do
reservatório praticamente não se modifique por efeito do vazamento). O volume total escoado será:
V = avt =
p
πd2 p
3, 14
2ght =
× (4, 0 × 10−2 m)2 × 2 × (9, 8m/s2 ) × (6, 0 m) × 3 × 60 × 60 s ≈ 147 m3
4
4
Q2
(2,5) O ar escoa sobre a parte superior da asa delgada de um avião cuja área de seção transversal é A
com velocidade de magnitude vs e sob a parte inferior da asa com velocidade de magnitude vi . Aplique a
equação de Bernoulli a esse sistema e encontre o vetor força de sustentação F~ aplicada sobre o avião pelo
ar de densidade ρ. Indique claramente todas as suas hipóteses e convenções de coordenadas.
SOLUÇÃO Q2
Tome um tudo de corrente para o escoamento do ar e 3 pontos tais que um deles (B) está logo acima
da asa onde a velocidade de escoamento é vs , outro (C) está logo abaixo da asa onde a velocidade de
escoamento é vi e o terceiro (A) é um ponto distante da asa, de modo que o campo de velocidades de
escoamento pode ser tomado como não perturbado pela asa. Vemos que a aplicação direta da equação de
Bernoulli entre os pontos A e B e A e C, levam a
1 2
1 2
1 2
= PA + ρgyA + ρvA
= PC + ρgyC + ρvC
PB + ρgyB + ρvB
2
2
2
Como a asa é delgada, podemos desprezar as variações de altura entre os pontos B e C (ρgyB ≈ ρgyC ).
Logo, a diferença de pressão dinâmica entre a parte inferior e superior da asa é
∆P = PC − PB =
1
ρ(vs2 − vi2 ),
2
de modo que adotando o eixo z como vertical, a força de sustentação aplicada pelo ar sobre a asa pode
ser escrita como
1
F~ = PC Ak̂ − PB Ak̂ = ∆P Ak̂ = ρ(vs2 − vi2 )Ak̂
2
Q3
Uma barra homogênea de comprimento b e massa m está pendurada
por uma das suas extremidades em um eixo horizontal de tal forma
que ela pode oscilar livremente no plano vertical. A barra está
presa a uma parede vertical por uma mola com constante elástica
k que está ligada a sua outra extremidade. O atrito entre a barra
e o eixo é desprezı́vel. O momento de inércia da barra em relação
ao seu centro de massa é ICM = mb2 /12.
a) (0,5) Isole a barra e coloque todas as forças que atuam sobre ela;
b) (1,0) Demonstre que quando a barra oscila com pequenas amplitudes, o deslocamento x da sua
extremidade inferior satisfaz a equação de um oscilador harmônico simples
c) (0,5) Calcule a frequência angular de oscilação da barra para pequenas amplitudes.
d) (0,5) Sabendo que para pequenas oscilações o deslocamento da extremidade inferior da barra é dado
por x(t) = A cos(ωt + φ), obtenha os valores de A e φ para as condições iniciais x(0) = 0 e vx (0) = v0
(v0 > 0).
SOLUÇÃO Q3
a) As forças que atuam na barra são o seu peso, a força da mola e a força que o eixo exerce sobre ela.
b) Pela dinâmica de rotação em torno de um eixo fixo temos que:
IA
d2 θ
b
= −mgsenθ − kxb
dt2
2
(1)
O momento de inércia da barra em relação ao ponto A é
mb2
IA =
+m
12
Para pequenas oscilações temos que senθ ≈ θ ≈
mb2 d2 x xb
= −mg
− kxb
3 dt2 b
b2
x
b
2
b
mb2
=
2
3
(2)
.Logo a equação da barra se reduz a:
=⇒
d2 x
+3
dt2
g
k
+
2b m
x=0
(3)
c) Pela equação anterior temos que:
s g
k
ω= 3
+
2b m
(4)
d) A velocidade da extremidade inferior da barra é:
vx (t) = −ωAsen(ωt + φ)
Logo, temos que
x(0) = A cos φ = 0
vx (0) = v0 = −Aω sin φ > 0 =⇒
A=
=⇒
v0
,
ω
π
2
π
φ=−
2
φ=
(5)
ou
=⇒
−
π
2
x(t) =
(6)
v0
π
cos ωt −
ω
2
(7)
Q4
Um bloco cúbico de 10 cm de aresta e densidade 8 g/cm3 está suspenso do teto por
uma mola de constante elástica 8 N/m e comprimento relaxado de 0,5 m, e mergulhado dentro de um fluido viscoso de densidade 2,0 g/cm3 . Na situação considerada,
a resistência do fluido é proporcional à velocidade com coeficiente de proporcionalidade b = 16Ns/m. Inicialmente em equilı́brio, o bloco é deslocado de 1 cm para baixo
e solto a partir do repouso. Adote a origem no teto e o eixo z vertical orientado
para baixo.
a) (1,5) Escreva a equação diferencial para a coordenada z(t) da extremidade superior do bloco e determine
a sua solução z(t) em função do tempo;
b) (1,0) Determine a velocidade vz (t) do bloco na direção vertical. Discuta o comportamento de vz (t) no limite
de tempos grandes, isto é, t >> 2π/ω0 , onde ω0 é a frequência natural do sistema massa+mola.
SOLUÇÃO Q4
a) As forças que agem sobre o bloco são a força peso, o empuxo do fluido, a força restauradora da mola
e a força viscosa do fluido. Dessa forma, a segunda lei de Newton para o movimento ao longo do eixo
z se escreve:
d2 z
dz
ρa3 2 = ρa3 g − ρf a3 g − k(z − z0 ) − b ,
dt
dt
onde ρf é a densidade do fluido, k é a constante elástica da mola e z0 o seu comprimento relaxado.
Logo, com as definições de γ = b/m e ω02 = k/m, podemos escrever
dz
ρf
d2 z
2
2
+γ
+ ω0 z − ω0 z0 − g 1 −
=0
dt2
dt
ρ
h
i
ρ
e em termos de uma variável z 0 = z − z0 + ωg2 1 − ρf
0
2 0
d z
dz 0
+
γ
+ ω02 z 0 = 0
dt2
dt
De acordo com os dados do problema
γ=
16Ns/m
b
=
= 2rad/s2
m
(8000kg/m3 ) × (10−3 m3 )
e a frequência natural do sistema
ω02 =
k
8N/m
=
= 1rad/s2 .
m
(8000kg/m3 ) × (10−3 m3 )
Como γ = 2ω02 , estamos na condição de amortecimento crı́tico e a solução para z 0 (t) é então:
g
ρf
+ (a + bt)e−γt/2
z 0 (t) = (a + bt)e−γt/2 =⇒ z(t) = z0 + 2 1 −
ω0
ρ
As condições iniciais são tais que
z 0 (t = 0) = a = 10−2 m
e
h γ
i
γ
ż 0 (t = 0) = − z 0 (t) + be−γt/2
= b − a = 0 =⇒ b = 10−2 m/s2 ,
2
2
t=0
de modo que substituindo os valores numéricos, temos
z(t) = 7, 85 + 0, 01 × (1 + t)e−t
com t em segundos e z em metros.
b) Do item anterior vemos que a velocidade vz (t) é dada por
γ
vz (t) = ż(t) = − z 0 (t) + be−γt/2 ,
2
ou seja
vz (t) = −0, 01 × (1 + t)e−t + 0, 01e−t = −0, 01te−t ,
que tende a zero no limite de tempos grandes devido à dissipação de energia mecânica introduzida
pela força de atrito viscoso.
FORMULÁRIO
patm = 1, 0 × 105 N/m2 , g = 9, 8m/s2 , ρágua = 1g/cm3
P + ρgy + 12 ρv 2 =cte ao longo de uma linha de corrente.
x(t) = Ae−γt/2 cos(ωt + φ) (amortecimento sub-crı́tico), ω =
q
ω02 −
γ 2
2
q
x(t) = ae−(γ/2−β)t + be−(γ/2+β)t (amortecimento super-crı́tico), com β =
x(t) = (a + bt)e−γt/2 (amortecimento crı́tico)
γ 2
2
− ω02